IES Fernando de Herrera Curso 2017 / 18 Primera evaluación - Prueba de observación continua escrita nº 1 I Bach C-T NOMBRE:

(1)

NOMBRE: _____________________________________________________________ Instrucciones: 1) Todos los folios deben tener el nombre y estar numerados en la parte superior. 2)

Todas las respuestas deben estar justificadas y simplificadas. 3) No se puede usar corrector ni lápiz, y el bolígrafo debe ser de tinta indeleble. Se aconseja no usar borrador. 4) Se puede alterar el orden de las respuestas, pero no se puede intercalar la respuesta a una pregunta con las de otras. 5) Desatender las

instrucciones será penalizado.

1) Sin usar calculadora, calcular el valor de:

a) 35 25 128 27 81 256 7 19 7   (0,5 puntos) b) ₃₅₇ ₄₀₅ 50 356 7 ) 6 ( 7 ) 42 (     (1 punto)

2) Simplificar (denominador racionalizado y positivo, exponentes positivos): a) 5 3 2 3 5 2 2 2 b a b a (1 punto) b) 6 3 3 6 3   (1 punto)

3) a) Escribir en forma de intervalo: E(3.16, 7.5) (0,5 puntos) b) Escribir en forma de entorno: (3.16, 7.5) (0,5 puntos) 4) Escribir como función definida a trozos (eliminar el valor absoluto) (Selectividad

Junio 2009): f(x) = x|x – 1| (1,5 puntos)

5) Tomar logaritmos y, aplicando sus propiedades, desarrollar todo lo posible: (2 ptos) A = 5 3 2 2 ) 1 2 ( 2 x x

6) Dividir P(x) = 2x4 – 3x2 – 2x + 3 entre Q(x) = 5x2 – 2x diciendo cuánto vale el

(2)

SOLUCIONES 1) Sin usar calculadora, calcular el valor de:

a) 35 25 128 27 81 256 7 19 7   (0,5 puntos) 35 25 128 27 81 256 7 19 7   = 7 5 1 1 3 2 7 19 7 49   = 7 5 3 2 7 30  = 21 15 21 14 7 30  = 21 1 7 30  = 7 21 · 30  = 1 3 · 30  = = –90 b) ₃₅₇ ₄₀₅ 50 356 7 ) 6 ( 7 ) 42 (     (1 punto) 405 357 50 356 7 ) 6 ( 7 ) 42 (     = ₃₅₇ ₄₀₅ 50 356 7 ) 6 ( 7 ) 42 (    = ₃₅₇ ₄₀₅ 50 356 7 6 7 42  = ₃₅₇ ₄₀₅₅₀ 356 7 ) 3 · 2 ( ) 7 · 3 · 2 (   = = ₃₅₇ ₃₅₇ ₃₅₅ 356 356 356 7 3 2 7 3 2  = ₃₅₇₃₅₆ ₃₅₇₃₅₆ 355 356 3 2 7     = 3 · 2 7  = 6 7 

2) Simplificar (denominador racionalizado y positivo, exponentes positivos): a) 5 3 2 3 5 2 2 2 b a b a (1 punto) 5 3 2 3 5 2 2 2 b a b a = 5 4 2 3 5 4 2 3 5 3 2 3 3 2 2 2 2 2 2 b a b a b a b a a = 5 5 5 5 5 4 2 3 3 2 2 2 2 2 b a b a b a a = = ab b a b a a 2 2 2 15 12 6 9 15 5 10 10 = b b a 2 2 15 17 16 19 = b ab ab 2 2 2 15 2 4 = a152 ab2 4 b) 6 3 3 6 3   (1 punto) 6 3 3 6 3   = 6 3 3 6 3 3 6 3 3 6 3     = ₂ ₂ 6 ) 3 3 ( ) 6 3 3 )( 6 3 (    = 36 3 · 9 36 3 18 3 6 3 · 3     = = 36 27 3 12 36 9    = 9 3 12 27    = 9 ) 3 4 9 ( 3    = 3 3 4 9

3) a) Escribir en forma de intervalo: E(3.16, 7.5) (0,5 puntos)

Como un entorno de centro a y radio r se puede poner en forma de intervalo abierto de la forma E(a, r) = (a – r, a + r), se tiene:

E(3.16, 7.5) = (3.16 – 7.5, 3.16 + 7.5) = (–4.34, 10.66)

b) Escribir en forma de entorno: (3.16, 7.5) (0,5 puntos)

Por la misma razón anterior, el centro del entorno será el del intervalo: a = 2 5 . 7 16 . 3  = 5.33

(3)

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Y el radio, la distancia entre el centro y uno de los extremos del intervalo abierto que nos han dado: r = 5.33 – 3.16 = 2.17. Por tanto:

(3.16, 7.5) = E(5.33, 2.17)

4) Escribir como función definida a trozos (eliminar el valor absoluto) (Selectividad

Junio 2009): f(x) = x|x – 1| (1,5 puntos)

Dado que la definición de valor absoluto de a es: |a| =       0 si 0 si a a a a , se tiene: |x – 1| =           0 1 si 1 0 1 si ) 1 ( x x x x =         1 si 1 1 si 1 x x x x Por ello: f(x) = x|x – 1| = x         1 si 1 1 si 1 x x x x =         1 si ) 1 ( 1 si ) 1 ( x x x x x x = =         1 si 1 si 2 2 x x x x x x

5) Tomar logaritmos y, aplicando sus propiedades, desarrollar todo lo posible: (2 ptos)

A = 5 3 2 2 ) 1 2 ( 2 x x log A = log 5 3 2 2 ) 1 2 ( 2 x x = 3 2 2 ) 1 2 ( 2 log 5 1 x x = _       _  3 2 2 ) 1 2 ( log 2 log 5 1 x x = = _      _  2 ) 1 2 ( log 3 1 2 log 5 1 x x 2 =



log (2 1) log2



15 1 2 log 5 1 ₂    x x =

=



log log(2 1) log2



15 1 2 log 5 1 ₂     x x =

=



log 2log(2 1) log2



15 1 2 log 5 1     x x =

=



log 2log(2 1) log2



15 1 2 log 15 3     x x = = 15 2 log ) 1 2 log( 2 log 2 log 3  x x  = 15 ) 1 2 log( 2 log 2 log 2  x x

(4)

6) Dividir P(x) = 2x4 – 3x2 – 2x + 3 entre Q(x) = 5x2 – 2x diciendo cuánto vale el

cociente y cuánto el resto. (2 puntos)

2x4 – 3x2 – 2x + 3 5x2 – 2x – 2x4 3 5 4 x  2 5 2 x x 25 4  125 67  3 5 4 x – 3x2 – 2x + 3 3 5 4 x  2 25 8 x  2 25 67 x  – 2x + 3 2 25 67 x x 125 134  x 125 384  + 3 El cociente es 2 5 2 x x 25 4  125 67  y el resto, x 125 384  + 3.

(5)

1) Usando el Binomio de Newton, desarrollar y simplificar:

5 2 3 2 3       _ a a (1,5 puntos) 2) Resolver la ecuación: 3 + 9x = 4·3x (1 punto) 3) Resolver el sistema:        2 log log 2 log 2 log 2 log 3 log 2 y x y x (1,5 puntos) 4) Resolver por el método de Gauss en forma matricial (no es válido ningún otro método), previa clasificación según el número de soluciones, el sistema siguiente. Por último, si es posible, concretar una solución en la que x = –1. (2 puntos)

                1 6 7 4 9 4 3 2 5 5 2 3 z y x z y x z y x 5) Resolver la ecuación: 0 ) 1 2 )( 2 ( 25 6 1 2 3 2 5 2 3 2 2 2            x x x x x x x x x (2 puntos) 6) Resolver la inecuación: 0 2 5 2 3 2 2      x x x (2 puntos)

(6)

SOLUCIONES

5 2 3 2 3       _ a a (1,5 puntos) 5 2 3 2 3       _ a a = _      0 5 (3a3)5 – _      1 5 (3a3)4 2₂ a + _     2 5 (3a3)3 2 2 2       a – _     3 5 (3a3)2 3 2 2       a + + _      4 5 3a3 4 2 2       a – _     5 5 5 2 2       a = = 35a15 – 5·34a12 2₂ a + 10·3 3 a9 ₄ 2 2 a – 10·3 2 a6 ₆ 3 2 a + 5·3a 3 8 4 2 a – 10 5 2 a = = 243a15 – 810a10 + 1080a5 – 720 + 240₅

a – 10 32 a

2) Resolver la ecuación: 3 + 9x = 4·3x (1 punto)

3 + 9x = 4·3x  3 + (32)x – 4·3x = 0  32x – 4·3x + 3 = 0   (3x )2 – 4·3x + 3 = 0  (Cambio de incógnita t = 3x): t2 – 4t + 3 = 0   t = 2 12 16 4  = 1 3 3 3 3 3 2 2 4 0 3 3 1 3 1 2 2 4 2 2 4 1 0                      x x x x x x

donde ya hemos deshecho el cambio. Por tanto, hay dos soluciones: x = 0 ó x = 1.

3) Resolver el sistema:        2 log log 2 log 2 log 2 log 3 log 2 y x y x (1,5 puntos)

Realizamos un cambio de incógnitas: a = log x; b = log y. Entonces tenemos:

       2 log 2 2 log 2 3 2 b a b a  0 0 7 2 log 2 4 2 : ) 2 ·( 2 log 2 3 2              b b b a b a  (2ª ec): a = log 2 Deshacemos el cambio:

 a = log 2  log x = log 2  x = 2.  b = 0  log y = 0  y = 1.

La solución es válida, pues no se anula ni hace negativo ningún argumento de logaritmos en las ecuaciones iniciales. Luego, la solución es: x = 2 con y = 1. 4) Resolver por el método de Gauss en forma matricial (no es válido ningún otro

método), previa clasificación según el número de soluciones, el sistema siguiente. Por último, si es posible, concretar una solución en la que x = –1. (2 puntos)

                1 6 7 4 9 4 3 2 5 5 2 3 z y x z y x z y x

Hacemos transformaciones lineales en la matriz ampliada para triangularizarla. Actuamos inicialmente sobre la primera columna, tomando como pivote el elemento de la fila 2, y después sobre la segunda columna, siendo el pivote el de la fila 3:

(7)

IES Fernando de Herrera – Prof. R. Mohigefer Página 2 de 3 http://www.e-matematicas.es A' =               1 6 7 4 9 4 3 2 5 5 2 3 2 3 2 1 2 3 2 F F F F                17 2 13 0 9 4 3 2 17 2 13 0 3 1 F F             17 2 13 0 9 4 3 2 0 0 0 0

El proceso ha finalizado (hemos actuado sobre dos columnas, una menos que filas hay) y la matriz está triangularizada. Como no ha quedado ninguna fila nula salvo la posición correspondiente a la última columna, el sistema es compatible. Y la primera fila puede eliminarse, ya que es nula. Al quedar menos ecuaciones que incógnitas, el sistema es compatible determinado. Llamamos y = t (podríamos, también, llamar z = t, pero no x = t, porque perderíamos la triangularización; además, conviene y = t porque tiene coeficientes más complicados que los de z, lo que se traducirá en denominadores más simples en la solución final) y reconstruimos el sistema, pasando t al segundo miembro:

        t z t z x 13 17 2 3 9 4 2  (2ª ec.): z = 2 13 17 t Sustituyendo en la 1ª ec: 2x + 4 2 13 17 t_{= 9 – 3t  2x + 2(17 – 13t) = 9 – 3t } 2x + 34 – 26t = 9 – 3t  2x = 9 – 3t – 34 + 26t = 23t – 25  x = 2 25 23t .

Por tanto, las infinitas soluciones (cada una se obtiene dando un valor a t) son de la forma: (x, y, z ) =         2 13 17 , , 2 25 23 t t t

. También, de forma similar, podrían obtenerse las soluciones de la forma: 

       23 13 33 , 23 2 25 , t t t ó         t t t , 13 2 17 , 13 23 33 . Finalmente, veamos qué valor de t da una solución con x = –1:

2 25 23t = –1  23t – 25 = –2  23t = 23  t = 1. Si t = 1  x = –1, y = 1, z = 2 13 17 = 2  La solución es (x, y, z) = (–1, 1, 2). 5) Resolver la ecuación: 0 ) 1 2 )( 2 ( 25 6 1 2 3 2 5 2 3 2 2 2            x x x x x x x x x (2 puntos)

Factorizamos 2x2 – 5x + 2. Para ello, lo igualamos a 0: 2x2 – 5x + 2 = 0   x = 4 16 25 5  = 2 2 1 4 3 5       2x2 – 5x + 2 = 2(x – ½)(x – 2) Del mismo modo, (2x – 1) = 2(x – ½).

Por tanto, la ecuación se transforma en:

0 2 1 2 ) 2 ( 25 6 2 1 2 3 ) 2 ( 2 1 2 3 2 2                              x x x x x x x x x 

(8)

 0 ) 2 ( 2 1 2 25 6 ) 2 ( 2 1 2 ) 2 ( 3 ) 2 ( 2 1 2 3 2 2                                x x x x x x x x x x x   0 ) 2 ( 2 1 2 ) 25 6 ( ) 6 3 ( 3 2 2 2                x x x x x x x

Una fracción se anula si lo hace el numerador pero no el denominador. Veamos los valores que anulan el numerador descartando los que anulen el denominador:

2x – 3 – 3x2 + 6x – 6x2 – x + 25 = 0  –9x2 + 7x + 22 = 0  9x2 – 7x – 22 = 0   x = 18 792 49 7  = 2 9 11 18 29 7      

No es válido x = 2 porque anula el denominador  solución única: x = 9 11  . 6) Resolver la inecuación: 0 2 5 2 3 2 2      x x x (2 puntos)

Factorizamos ya hallamos las raíces de numerador y denominador:  2x – 3 = 0  x = 3/2. Por tanto, 2x – 3 = 2(x– 3/2).  –2x2_{+ 5x – 2 = 0  x = ½ ó x = 2.  –2x}2

+ 5x – 2 = –2(x – ½)(x – 2). Sustituyendo en la inecuación, se transforma en:

0 ) 2 ( 2 1 2 2 3 2                  x x x  0 ) 2 ( 2 1 2 3                 x x x

donde hemos pasado los factores constantes al segundo miembro. Como uno de ellos es negativo y pasa multiplicando cambia el sentido de la desigualdad. Ahora, estudiamos esta última inecuación. Los cambios de signo de los factores que en ella aparecen se producen desplazándonos en sentido creciente por la recta real y al atravesar cada una de las raíces anteriores. Así:

lo que nos lleva a:

(–, 1/2) 1/2 (1/2, 3/2) 3/2 (3/2, 2) 2 (2, +) x – 1/2 – 0 + … + … + x – 3/2 – … – 0 + … + x – 2 – … – … – 0 + ) 2 ( 2 1 2 3                x x x – / + 0 – / + ¿Son solución?  No No Si Si No No Si

Luego las soluciones son los elementos del conjunto: ) , 2 ( 2 3 , 2 1         1/2 3/2 2

(9)

1) Resolver la ecuación log x + log (x + 3) = log (6 + 4x) – log 1 (1,5 puntos)

5 2 3 3 2       _ a a (1,5 puntos)

3) Resolver la ecuación: (2 puntos)

) 4 3 )( 3 ( 8 8 2 4 3 1 12 5 3 1 5 2 2             x x x x x x x x x

4) Clasificar, resolver y dar, si es posible, una solución en la que x = –20, el siguiente sistema de ecuaciones usando el método de Gauss en su forma matricial (no es

válido ningún otro método): (1,5 puntos)

                8 2 10 2 1 4 3 2 3 5 2 3 z y x z y x z y x

5) Sin utilizar calculadora, siendo tg a = 3 con 90º < a < 270º, calcular el valor de todas las razones trigonométricas de a deduciéndolas de los datos proporcionados y con ayuda de fórmulas trigonométricas. Una vez completado lo anterior, decir el

valor de a. (1,5 puntos)

6) Demostrar que es cierta la siguiente identidad para los valores para los que tenga

sentido: (2 puntos) a a a ₂ sen 4 1 cos 3 cos  

(10)

SOLUCIONES

1) Resolver la ecuación log x + log (x + 3) = log (6 + 4x) – log 1 (1,5 puntos)

Suele ser más fácil realizar un cambio de incógnita, del tipo t = log x o similar, pero en esta ecuación no es posible, porque log(x + 3) no se puede poner en forma de log x, dado que logaritmo de una suma no es simplificable. Por tanto, nuestra única opción parece que es quitar logaritmos, lo que es posible usando que log a = log b es cierto si a = b, siempre que existan log a y log b. Esto obliga a comprobar las soluciones obtenidas. Por tanto, teniendo en cuenta que log 1 = 0:

log x + log (x + 3) = log (6 + 4x) – log 1  log x(x + 3) = log (6 + 4x) lo que ocurre si:

x(x + 3) = 6 + 4x  x2 + 3x – 4x – 6 = 0  x2 – x – 6 = 0   x = 2 24 1 1  = 3 2 2 5 1      

Pero x = –2 no es válida, porque / log(–2). Por tanto, la única solución es x = 3. 2) Usando el Binomio de Newton, desarrollar y simplificar:

5 2 3 3 2       _ a a (1,5 puntos) 5 2 3 3 2       _ a a = _      0 5 (2a3)5 – _      1 5 (2a3)4 3₂ a +      2 5 (2a3)3 2 2 3       a – _     3 5 (2a3)2 3 2 3       a + + _      4 5 2a3 4 2 3       a – _     5 5 5 2 3       a = = 25a15 – 5·24a12 3₂ a + 10·2 3 a9 ₄ 2 3 a – 10·2 2 a6 ₆ 3 3 a + 5·2a 3 8 4 3 a – 10 5 3 a = = 32a15 – 240a10 + 720a5 – 1080 + 810₅

a – 10 243

a

) 4 3 )( 3 ( 8 8 2 4 3 1 12 5 3 1 5 2 2             x x x x x x x x x Como 3x2 – 5x – 12 = 0  x = 6 144 25 5  = 3 3 4 6 8 6 13 5        

Por el Teorema de Descomposición Factorial de un polinomio (si conocemos las n raíces reales de un polinomio de grado n el polinomio es el coeficiente del término o sumando de mayor grado multiplicado por monomios de la forma x – raíz, para cada una de las n raíces), se concluye: 3x2 – 5x – 12 = 3(x – 3)(x + 4/3).

Por otra parte, 3x + 4 = 3        3 4

x , lo que se obtiene sacando 3 factor común o por Ruffini. Por tanto:

) 4 3 )( 3 ( 8 8 2 4 3 1 12 5 3 1 5 2 2             x x x x x x x x x _

(11)

IES Fernando de Herrera – Prof. R. Mohigefer Página 2 de 3 http://www.e-matematicas.es                                3 4 3 ) 3 ( 8 8 2 3 4 3 1 3 4 ) 3 ( 3 1 5 2 x x x x x x x x x   0 3 4 ) 3 ( 3 8 8 2 3 4 ) 3 ( 3 ) 3 )( 1 ( 3 4 ) 3 ( 3 1 5 2                                  x x x x x x x x x x x   0 3 4 ) 3 ( 3 ) 8 8 2 ( ) 3 )( 1 ( 1 5 2                  x x x x x x x

Un cociente es 0 si lo es el numerador pero no el denominador. Así, igualamos a 0 el numerador comprobando que las soluciones obtenidas no anulan el denominador:

5x – 1 – (x2 – 3x + x – 3) + 2x2 – 8x – 8 = 0   5x – 1 – x2

+ 3x – x + 3 + 2x2 – 8x – 8 = 0  x2 – x – 6 = 0  x = – 2 ó x = 3. Pero x = 3 no es válida porque anula denominadores en la ecuación inicial. Por tanto, la única solución es x = –2.

4) Clasificar, resolver y dar, si es posible, una solución en la que x = –20, el siguiente sistema de ecuaciones usando el método de Gauss en su forma matricial (no es

                8 2 10 2 1 4 3 2 3 5 2 3 z y x z y x z y x

La última ecuación es simplificable entre 2. Por tanto: A' =               4 1 5 1 1 4 3 2 3 5 2 3 3 2 3 1 2 3 F F F F              1 5 1 4 9 2 13 0 9 2 13 0 2 1 F F             1 5 1 4 9 2 13 0 0 0 0 0

La tenemos triangularizada. Como ninguna fila ha resultado ser nula salvo la última posición, el sistema es compatible. Como las filas nulas se descartan, quedan menos filas que incógnitas, por lo que es un sistema compatible indeterminado.

Llamamos y = t. Podríamos elegir también z = t, pero y tiene coeficientes más complicados que z, lo que nos llevará a denominadores más simples en la forma general de las soluciones. No deberíamos elegir x = t, porque perderíamos la triangularización. Sustituyendo en la 2ª ecuación (la 1ª ha quedado descartada):

2z = 9 – 13t  z = 2 13 9 t Sustituyendo en la tercera: 4 2 13 9 5     x t t  –2x + 10t – (9 – 13t) = 8  10t – 9 + 13t – 8 = 2x  23t – 17 = 2x  x = 2 17 23t

Luego la forma general de las soluciones es: (x, y, z) =         2 13 9 , , 2 17 23 t t t . Por otros caminos: (x, y, z) =         t t t , 13 2 9 , 13 23 7 ó (x, y, z) =          23 13 7 , 23 2 17 , t t t .

(12)

2 17

23t _{= –20  23t – 17 = –40  23t = –23  t = –1}

Y con este valor: y = t = –1; z =

2 ) 1 ( 13 9  = 11. O sea: (x, y, z) = (–20, –1, 11).

5) Sin utilizar calculadora, siendo tg a = 3 con 90º < a < 270º, calcular el valor de todas las razones trigonométricas de a deduciéndolas de los datos proporcionados y con ayuda de fórmulas trigonométricas. Una vez completado lo anterior, decir el

valor de a. (1,5 puntos)

Como 90º < a < 270º  a está en el II ó III cuadrante. Pero al ser tg a positiva, está en el tercer cuadrante. Esto será importante para decidir los signos de las razones. Así: a a ₂ 2 cos 1 tg 1   a a ₂ 2 tg 1 1 cos   = 3 1 1  = 4 1_{ cos a =} 2 1 

pues si estamos en el III cuadrante, el coseno debe ser negativo: de los dos signos posibles de la raíz, tomamos el negativo.

tg a = a a

cos

sen _{ sen a = cos a tg a =} 2 1  3 = 2 3  Y las tres restantes son:

cotg a = a tg 1 = 3 1 = 3 3 ; sec a = a cos 1 = 2 / 1 1  = –2 cosec a = a sen 1 = 3 2  = 3 3 2 

Por último, los valores que están dando son, si fuesen todos positivos, los correspondientes a 60º (si hacemos con la calculadora SHIFT tan 3 =, nos da dicho resultado). Pero hay que trasladarlo al tercer cuadrante (los cambios habituales de cuadrante siempre se hacen con 180º ó 360º). Luego a = 180º + 60º = 240º.

6) Demostrar que es cierta la siguiente identidad para los valores para los que tenga

sentido: (2 puntos) a a a ₂ sen 4 1 cos 3 cos   a a cos 3 cos = a a a cos ) 2 cos(  = a a a a a cos sen 2 sen cos 2 cos  = = a a a a a a a cos sen ) cos (2sen cos ) sen (cos2  2  = a a a a a a cos cos 2sen cos sen cos3  2  2 = = a a a a a cos ) 2sen sen (cos cos 2  2  2

= cos2 a – 3sen2 a = (1 – sen2 a) – 3sen2 a = = 1 – sen2 a – 3 sen2 a = 1 – 4 sen2 a.

(13)

1) Resolver la ecuación 2log x + log (x + 9) = 1 + log x (1,5 puntos) 2) Aplicando la fórmula del Binomio de Newton, calcular y simplificar solo los 4

primeros sumandos del desarrollo de

10 2 4 2       _ x x (1,5 puntos)

6 7 2 5 7 2 2 3 3 2 1 2 2           x x x x x x x x

4) Clasificar, resolver y dar, si es posible, una solución en la que x = 69, el siguiente sistema de ecuaciones usando el método de Gauss en su forma matricial (no es

               7 3 7 2 3 4 2 3 1 5 3 4 z y x z y x z y x

5) Siendo cotg a = 3, con 90º < a < 270º, hallar el resto de razones trigonométricas de a sin usar calculadora. Tras ello, decir el valor de a en grados, minutos y

segundos. (1,5 puntos)

6) Demostrar que, cuando tiene sentido, es cierta la identidad: (2 puntos) a a a a a a a a a 2 2 ₂

2 (1 sen )(1 sen ) sen

cos sen sen cos tg 1 tg      

(14)

SOLUCIONES

1) Resolver la ecuación 2log x + log (x + 9) = 1 + log x (1,5 puntos)

2log x + log (x + 9) = 1 + log x  2log x + log (x + 9) – log x = 1   log x + log (x + 9) = log 10  log x(x + 9) = log 10  x(x + 9) = 10   x2_{+ 9x – 10 = 0  x =} 2 40 81 9   = 2 121 9  = 1 2 2 10 2 20 2 11 9          

Pero x = –10 no es válida, porque al sustituir en la ecuación no puede calcularse el primer sumando, ya que no existen logaritmos de números negativos. Por tanto, la única solución es x = 1.

2) Aplicando la fórmula del Binomio de Newton, calcular y simplificar solo los 4 primeros sumandos del desarrollo de

10 2 4 2       _ x x (1,5 puntos)

Serían los siguientes: 10 2 2 0 10             x – x 4x 2 1 10 9 2             + 2 8 2 (4 ) 2 2 10 x x            – 3 7 2 (4 ) 2 3 10 x x            = = ₂₀ 10 2 x – 10 x 4x 2 18 9 + 45 ₁₆ 2 8 16 2 x x – 120 14 7 2 x 4 3 x3 = = 1024₂₀ x – 17 20480 x + 14 184320 x – 11 983040 x

6 7 2 5 7 2 2 3 3 2 1 2 2           x x x x x x x x

Factorizamos los denominadores, con objeto de simplificar si es posible y hallar el mcm de los mismos.

 2x – 3 = 0  x = 3/2  Por el Teorema de factorización de polinomios: 2x – 3 = 2(x – 3/2). También podría haberse extraído directamente 2 factor común.  2x2_{– 7x + 6 = 0  x =} 4 48 49 7  = 2 2 3 4 6 4 1 7      

. Por tanto, por el mismo teorema: 2x2 – 7x + 6 = 2(x – 3/2)(x – 2). Por tanto: 6 7 2 5 7 2 2 3 3 2 1 2 2           x x x x x x x x  ) 2 ( 2 3 2 5 7 2 2 3 2 3 2 1 2                       x x x x x x x x _  ) 2 ( 2 3 2 5 7 2 ) 2 ( 2 3 2 2 3 2 ) 3 ( ) 2 ( 2 3 2 ) 2 )( 1 ( 2                                       x x x x x x x x x x x x _

(15)

IES Fernando de Herrera – Prof. R. Mohigefer Página 2 de 3 http://www.e-matematicas.es  ) 2 ( 2 3 2 5 7 2 ) 2 ( 2 3 2 ) 3 2 )( 3 ( ) 2 )( 1 ( 2                         x x x x x x x x x x _

Como los denominadores son iguales, deben coincidir los numeradores:  x2 – 2x – x + 2 – (6x – 9 –2x2 + 3x) = 2x2 – 7x + 5   x2 – 3x + 2 – 9x + 2x2 + 9 – 2x2 + 7x – 5 = 0  x2 – 5x + 6 = 0   x = 2 24 25 5  = 3 2 2 1 5     

Pero x = 2 no es válida, porque anula denominadores de la ecuación inicial. Por tanto, la única solución es x = 3.

4) Clasificar, resolver y dar, si es posible, una solución en la que x = 69, el siguiente sistema de ecuaciones usando el método de Gauss en su forma matricial (no es

               7 3 7 2 3 4 2 3 1 5 3 4 z y x z y x z y x

El sistema está triangularizado. No ha quedado ninguna fila completamente nula salvo la última posición  no es incompatible  es compatible. Podemos eliminar F2 por ser nula, quedando menos filas que incógnitas  es

indeterminado. Luego es un sistema compatible indeterminado.

Llamamos y = t. Podríamos hacerlo con z, pero no deberíamos con x porque, al eliminar F2 y pasar t al segundo miembro perderíamos la triangularización.

Elegimos y en lugar de z porque tiene coeficientes más complicados, lo que se traducirá en denominadores más sencillos al poner las incógnitas en función de t.

1ª ec: –17t – z = –15  15 – 17t = z.

3ª ec: 2x + 7t + 3(15 – 17t) = 7  2x = 7 – 7t – 3(15 – 17t)   2x = 7 – 7t – 45 + 51t = –38 + 44t  x = –19 + 22t.

Por tanto, la forma general de las soluciones es: (x, y, z) = (–19 + 22t, t, 15 – 17t). Hay infinitas, y cada una se obtiene dando un valor arbitrario a t. La solución que proporciona x = 69 se obtiene para:

–19 + 22t = 69  22t = 88  t = 4 De donde la solución es: (x, y, z) = (69, 4, –53).

Despejando de otras formas, se hubieran obtenido, igualmente, las soluciones en la forma: (x, y, z) =         t , 17 15 , 17 22 7 t t ó (x, y, z) =         22 17 7 , 22 19 , t t t             7 3 7 2 3 4 2 3 1 5 3 4 3 2 3 1 3 2 2 F F F F                   7 3 7 2 15 1 17 0 15 1 17 0 1 2 F F               7 3 7 2 0 0 0 0 15 1 17 0

(16)

5) Siendo cotg a = 3, con 90º < a < 270º, hallar el resto de razones trigonométricas de

a sin usar calculadora. Tras ello, decir el valor de a en grados, minutos y

segundos. (1,5 puntos) cotg a = 3  tg a = a tg 1 = 3 1

Como tangente es positiva y 90º < a < 270º  a  III cuadrante, lo que tendremos que tener en cuenta a la hora de decidir los signos.

1 + tg2 a = a 2 cos 1 _{ cos}2 a = a 2 tg 1 1  = 2 3 1 1 1  = 9 10 1 = 10 9 _  cos a = 10 9  = 10 3  10 10 3   sec a = a cos 1 = 3 10  tg a = a a cos sen  sen a = tg a cos a = 10 10 3 3 1 = 10 10    cosec a = a sen 1 = 10 10  = 10 10 10  =  10

Usando, por ejemplo que tg a = 1/3, con la calculadora obtenemos, haciendo SHIFT tan ( 1 : 3 ) =, a = 18,43º. Pero como a  III cuadrante, hemos de trasladarlo (los traslados de cuadrante son siempre con 180º ó 360º): a = 180º + 18,43º = 198,43º = 198º 26' 5,82" (para no perder precisión en los decimales, con la calculadora haríamos 180 + Ans =).

6) Demostrar que, cuando tiene sentido, es cierta la identidad: (2 puntos)

a a a a a a a a a 2 2 2

2 _sen _cos (1 sen )(1 sen ) sen sen cos tg 1 tg  _ _ _ _ 

Es una expresión complicada y, hasta que no se empiecen a hacer cambios no vamos a encontrar algo manejable. Un camino que, probablemente, nos lleve a la solución es ponerlo todo en función de seno y cosenos y, si es posible, sólo de senos. Pero si nos fijamos en el primer sumando del primer miembro vemos que si el numerador del primer factor estuviese multiplicado por 2, sería tg 2a. Vamos, entonces, a multiplicarlo por 2 y lo dividimos entre 2 para que quede igual a lo que hay. Por otro lado, el segundo sumando es una suma por diferencia, que es diferencia de cuadrados. ) sen 1 )( sen 1 ( cos sen sen cos tg 1 tg 2 2 2 a a a a a a a a  _ _ _  = = (1 sen ) cos sen sen cos tg 1 2tg 2 1 2 2 2 2 a a a a a a a     = a a a a a a a cos cos sen sen cos tg 1 2tg 2 1 2 2 ₂ 2    = = a a a a a a cos cos sen sen cos 2 tg 2 1 2 2 2   = a a a a a a cos cos 2sen sen cos 2 tg 2 2 2   = = a a a a cos 2 sen 2 cos 2

(17)

IES Fernando de Herrera – Prof. R. Mohigefer Página 1 de 1 http://www.e-matematicas.es

1) Resolver: log 3 + 2log x + log 5 = log 9 + 1 + log x – log (x + 1) (1,5 puntos)

2) Simplificar el 4º sumando del desarrollo de:

15 3 2 3 9 x x        (1 punto)

3) Clasificar según el número de soluciones y resolver el sistema: (1,5 puntos)

4 3 2 21 3 2 3 9 5 9 7 6 x y z x y z x y z        _{ }    _{ } 4) Resolver la ecuación: 5₂ 10 10 1 5(3 2) 5(3 2) 5( 1) x x x x x x          (2 puntos)

5) Demostrar que es cierta la siguiente identidad cuando tiene sentido: (2 puntos)

2

tg sen 2 2

2

(1 sen )(1 sen ) cos

a a a a a     6) Resolver la inecuación: 2₂ 1 0 2 7 6 x x x      (1,5 puntos)

(18)

SOLUCIONES

1) Resolver: log 3 + 2log x + log 5 = log 9 + 1 + log x – log (x + 1) (1,5 puntos)

Como log (x + 1) no es simplificable, no tenemos más opción que intentar quitar logaritmos:

log 3 + 2log x + log 5 = log 9 + 1 + log x – log (x + 1)   log 15 + log x2_{= log 9x + log 10 – log (x + 1) }

 log 15x2_{+ log(x + 1) = log 90x  log 15x}2_{(x + 1) = log 90x }

 15x2_{(x + 1) = 90x  x}2_{(x + 1) = 6x  x}3 + x2 – 6x = 0  x(x2 + x – 6) = 0  x = 0 ó x2_{+ x – 6 = 0  x =} 1 1 24 2    = 1 5 3 1 5 2 1 5 2 2 2        _{ }    

Pero ni x = 0 ni x = –3 son soluciones válidas, porque no existen los logaritmos de números menores o iguales que cero. Luego la única solución válida es x = 2.

2) Simplificar el 4º sumando del desarrollo de:

15 3 2 3 9 x x        (1 punto) Es el siguiente: (–1)3 3 3 2 12 15 (3 ) 3 9 x x             = – 455·3 12 x24 9 6 3 x = – 455·36 x33

3) Clasificar según el número de soluciones y resolver el sistema: (1,5 puntos)

4 3 2 21 3 2 3 9 5 9 7 6 x y z x y z x y z        _{ }    _{ }

Realizamos transformaciones elementales de filas en la matriz ampliada, con objeto de triangularizarla (una columna, que no sea la de términos independientes, completa de ceros salvo una posición; otra igual salvo otra posición y la no nula de la columna previa, etc.):

4 3 2 21 3 2 3 9 5 9 7 6            2 1 3 1 4 3 4 5 F F F F   4 3 2 21 0 17 6 27 0 51 18 81     _     _    3 3 2 F  F 4 3 2 21 0 17 6 27 0 0 0 0     _       

Como la última fila es nula, la eliminamos. No sale ninguna fila toda nula salvo la columna de términos independientes, luego es compatible. Al quedar menos filas que incógnitas es un sistema compatible indeterminado.

Llamamos y = t (tiene los coeficientes más complicados) y reconstruimos las ecuaciones:

 2ª ecuación: 6z = – 27 – 17t  z = 27 17 6

t  

(19)

IES Fernando de Herrera – Prof. R. Mohigefer Página 2 de 3 http://www.e-matematicas.es  1ª ecuación: 4x –3t + 2 27 17 6 t   = 21  4x –3t + 27 17 3 t   = 21  12x – 9t – 27 – 17t = 63  12x – 26t = 63 + 27  12x = 90 + 26t  6x = 45 + 13t  x = 45 13 6 t 

Luego las soluciones tienen la estructura: (x, y, z) = 45 13 , , 27 17

6 6 t t t         . 4) Resolver la ecuación: 5₂ 10 10 1 5(3 2) 5(3 2) 5( 1) x x x x x x  _  _      (2 puntos)

Descomponemos factorialmente los denominadores:  3x2 – x – 2 = 0  x = 1 1 24 6   = 2 1 5 3 6 1    _{ }   De donde deducimos que: 3x2 – x – 2 = 3 2 3 x  _     (x – 1).  3x + 2 = 3 2 3 x  _   

 , sacando factor común. Por tanto, la expresión equivale a:

5 10 10 1 2 2 5( 1) 15 ( 1) 15 3 3 x x x x x x  _  _    _  _  _            2 3 5 10 ( 10)( 1) 3 2 2 2 15 ( 1) 15 ( 1) 15 ( 1) 3 3 3 x x x x x x x x x x    _  _    _ _    _  _  _  _  _  _             

Los numeradores deben ser iguales, pero los denominadores no se pueden anular, por lo que las soluciones no pueden ser ni –2/3 ni 1:

5x – 10 – (x2 – x +10x –10) = – 3x – 2  5x – 10 – x2 + x – 10x + 10 = – 3x – 2   –x2_{– 4x + 3x + 2 = 0  x}2_{+ x – 2 = 0  x =} 1 1 8 2    = 1 3 2 1 2     _{ }  Pero x = 1 no es válida porque anula el denominador por lo que la única solución es x = –2.

5) Demostrar que es cierta la siguiente identidad cuando tiene sentido: (2 puntos)

2

tg sen 2 2

2

(1 sen )(1 sen ) cos

a a

a a a

 

 

Realizamos cambios en el primer miembro y usamos fórmulas trigonométricas:

2 + tg sen 2 (1 sen )(1 sen ) a a a a   = 2 + 2 sen 2sen cos cos 1 sen a a a a a  = 2 + 2 2 2sen cos a a = = 2 + 2 tg2a = 2(1 + tg2a) = 2 1₂ cos a = 2 2 cos a 

(20)

6) Resolver la inecuación: 2₂ 1 0 2 7 6 x x x      (1,5 puntos)

Factorizamos ya hallamos las raíces de numerador y denominador:  2x – 1 = 0  x = 1/2. Por tanto, 2x – 1 = 2(x– 1/2).  –2x2_{+ 7x – 6 = 0  x = 3/2 ó x = 2.  –2x}2

+ 7x – 6 = –2(x – 3/2)(x – 2). Sustituyendo en la inecuación, se transforma en:

1 2 2 0 3 2 ( 2) 2 x x x  _      _    _  _     1 2 0 3 ( 2) 2 x x x  _      _  _  _    

donde hemos pasado los factores constantes al segundo miembro. Como uno de ellos es negativo y pasa multiplicando cambia el sentido de la desigualdad. Ahora, estudiamos esta última inecuación. Los cambios de signo de los factores que en ella aparecen se producen desplazándonos en sentido creciente por la recta real y al atravesar cada una de las raíces anteriores. Así:

lo que nos lleva a:

(–, 1/2) 1/2 (1/2, 3/2) 3/2 (3/2, 2) 2 (2, +) x – 1/2 – 0 + … + … + x – 3/2 – … – 0 + … + x – 2 – … – … – 0 + 1 2 3 ( 2) 2 x x x  _       _  _     – 0 + / – / + ¿Son solución?  Si Si No No Si No No

Luego las soluciones son los elementos del conjunto:

1 3 , , 2 2 2 _  _          1/2 3/2 2